专题21 空间点、直线、平面之间的位置关系（教师版）.docx

1、专题 21 空间点、直线、平面之间的位置关系（核心考点精讲精练）1.近几年真题考点分布空间点、直线、平面之间的位置关系近几年考情考题示例考点分析关联考点2023 年全国乙（文科），第 16 题,5 分已知三棱锥外接求半径，求线段长2023 年全国乙（文科），第 19 题,12 分1、证明线面平行；2、求三棱锥的体积；2023 年全国乙（理科），第 3 题,5 分2023 年全国乙（文科），第 3 题,5 分通过三视图求几何体的表面积2023 年全国乙（理科），第 8 题,5 分圆锥体积相关计算2023 年全国乙（理科），第 9 题,5 分证明面面垂直，由二面角求线段长，从而求线面角的正切值20

2、23 年全国乙（理科），第 19 题,12 分1、证明线面平行；2、证明面面垂直；3、求二面角2023 年全国甲（文科），第 10 题,5 分证明线面垂直，求三棱锥的体积2023 年全国甲（文科），第 16 题,5 分正方体的外接球、棱切球问题2023 年全国甲（文科），第 18 题,12 分1、证明面面垂直；2、求四棱锥的高2023 年全国甲（理科），第 11 题,5 分四棱锥表面积有关计算余弦定理解三角形2023 年全国甲（理科），第 15 题,5 分正方体的棱切球问题2023 年全国甲（理科），第 18 题,12 分1、已知点面距，证明线面垂直，从而得到线线相等；2、已知平行线间的距离，

3、求线面角的正弦值2.命题规律及备考策略【命题规律】1.本节内容为高考常考内容，常以选填题形式出现，偶尔会在解答题中考查证明共面问题；2.考查判断点、线、面的位置关系；3.考查基本事实的应用以及共面的条件；【备考策略】1.了解平面的含义,理解空间点、直线、平面的位置关系及符号表示；2.能用基本事实和定理判断或证明位置关系；3.会求异面直线所成的角；【命题预测】1.考查判断点、线、面的位置关系；2.考查基本事实的应用以及共面的条件；知识讲解一、平面的基本事实三个基本事实的“图形语言”“文字语言”“符号语言”图形语言文字语言符号语言基本事实1过不在一条直线上的三点,有且只有一个平面A,B,C 不共线

4、A,B,C 确定平面 基本事实2如果一条直线上的两个点在一个平面内,那么这条直线在这个平面内Al,Bl,A,Bl基本事实3如果两个不重合的平面有一个公共点,那么它们有且只有一条过该点的公共直线P,P=l,Pl 三个推论:推论 1：经过一条直线和这条直线外一点，有且只有一个平面.推论 2：经过两条相交直线，有且只有一个平面.推论 3：经过两条平行直线，有且只有一个平面.二、空间中线、面之间的位置关系1.空间中两条直线的位 置关系 共面直线 平行 直线:在同一平面内没有公共点.相交 直线:在同一平面内只有一个公共点.异面 直线:不同在任何一个平面内,没有公共点.2.空间中直线与平面的 位置关系 直

5、线在平面内:直线与平面有 无数个 公共点.直线与平面相交:直线与平面 只有一个 公共点.直线与平面平行:直线与平面 没有 公共点.3.空间中两个平面的 位置关系平行平面:两个平面 没有 公共点.相交平面:两个平面不 重合且有一条公共直线.唯一性定理:(1)过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行.(2)过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直.(3)过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行.(4)过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直.三、异面直线1.异面直线过平面外一点和平面内一点的直线,与平面内不过该点的直线是异面直线.2.异面直线所成的角过空间任一点O 分别作异面直线a 与b

6、的平行线 a 与b,那么直线 a 与b 所成的 锐角或直角 叫作异面直线a 与b 所成的角,其范围是20，.四、直线与直线平行基本事实 4:平行于同一条直线的两条直线 平行.等角定理:空间中,如果两个角的两条边分别对应平行,那么这两个角 相等或互补.1.证明线共面或点共面的常用方法(1)直接法:证明直线平行或相交,从而证明线共面.(2)纳入平面法:先确定一个平面,再证明有关点、线在此平面内.(3)辅助平面法:先证明有关的点、线确定平面,再证明其余元素确定平面,最后证明平面,重合.2.证明点共线问题的常用方法(1)基本性质法:一般转化为证明这些点是某两个平面的公共点,再根据基本性质证明这些点都在

7、这两个平面的交线上.(2)纳入直线法:选择其中两点确定一条直线,然后证明其余点也在该直线上.一、空间中位置关系的判断空间中点、线、面位置关系的判断,常常需要进行文字语言、图形语言、符号语言的转换和交替使用,特别要注意“构造法”的运用,通过构造长方体等模型,化抽象为直观,快速判断.二、异面直线的判定方法(1)定理:平面外一点 A 与平面内一点 B 的连线和平面内不经过点 B 的直线是异面直线.(2)反证法:先假设两条直线不是异面直线,即两条直线平行或相交,由假设出发,经过严格的推理,导出矛盾,从而否定假设,肯定两条直线异面.求异面直线所成角的步骤一作:根据定义作平行线,作出异面直线所成的角.二证

8、:证明所作的角是异面直线所成的角.三求:解三角形,求出所作的角.常用平移法来作异面直线所成的角:利用图中已有的平行线平移;利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移;补形平移.由于异面直线所成的角 的取值范围是 090,故若所作的角为钝角,则其补角为异面直线所成的角.确定截面的主要依据:(1)平面的四个公理及推论;(2)直线和平面平行的判定和性质;(3)两个平面平行的性质;(4)球的截面的性质.考点一、基本事实的应用1如图，在四面体 ABCD 中，M，N，P，Q，E 分别是 AB，BC，CD，AD，AC 的中点，则下列说法中不正确的是（）AM，N，P，Q 四点共面BQMEDBC C BCDME

9、QD四边形 MNPQ 为梯形【答案】D【分析】由基本事实 4 即可判断 A，由等角定理即可判断 BC，由三角形的中位线即可判断 D.【详解】对于 A 选项，由条件可得，BDMQ/,BDNP/，所以NPMQ/，所以M，N，P，Q 四点共面，故 A 正确；对于 B 选项，根据等角定理，得DBCQME，故 B 正确；对于 C 选项，由等角定理，知DBCQME，BCDMEQ，所以 BCDMEQ，故 C 正确；对于 D 选项，由三角形中位线的性质知BDMQ/，BDMQ21，BDNP/，BDNP21，所以NPMQ/,NPMQ，所以四边形 MNPQ 为平行四边形，故 D 不正确2如图,已知空间四边形 ABC

10、D,E,F 分别是 AB,AD 的中点,G,H 分别是 BC,CD 上的点,且BCCG31,DCCH31.求证:(1)E,F,G,H 四点共面;(2)直线 FH,EG,AC 共点.【详解】(1)连接 EF,GH,如图所示.E,F 分别是 AB,AD 的中点,BDEF/.又BCCG31,DCCH31,BDGH/,GHEF/,E,F,G,H 四点共面.(2)易知 FH 与直线 AC 不平行,但共面,设MACFH,M平面 EFHG,M平面 ABC.又平面EFHG平面EGABC,EGM,直线 FH,EG,AC 共点.3如图所示,已知在正方体1111DCBAABCD中,E,F 分别是 AB,1AA 的中

11、点.求证:(1)E,C,1D,F 四点共面;(2)CE,FD1,DA三线共点.【详解】(1)如图,连接 EF,1CD,BA1.E,F 分别是 AB,1AA 的中点,1/BAEF.又CDBA11/,1/CDEF,E,C,1D,F 四点共面.(2)1/CDEF,1CDEF,CE 与FD1必相交,设交点为 P,由P直线CE,PCE平面 ABCD,得P平面 ABCD.同理P平面11AADD.又平面ABCD平面DAAADD11,P直线 DA,CE,FD1,DA三线共点.1（2023 届吉林省适应性测试数学试题）在长方体1111ABCDA BC D中，直线1AC 与平面11AB D 的交点为,M O为线段

12、11B D 的中点，则下列结论错误的是（）A,A M O三点共线B1,M O A B 四点异不共面C1,B B O M 四点共面D1,B D C M 四点共面【答案】C【分析】由长方体性质易知11,A A C C 四点共面且1,OM BB 是异面直线,再根据 M与1AC、面11ACC A、面11AB D的位置关系知 M在面11ACC A 与面11AB D的交线上,同理判断AO、,即可判断各选项的正误.【详解】因为11/AACC,则11,A A C C 四点共面.因为1MAC,则 M 平面11ACC A,又 M 平面11AB D,则点 M在平面11ACC A 与平面11AB D 的交线上,同理,

13、OA、也在平面11ACC A 与平面11AB D的交线上,所以,A M O三点共线;从而AAOM,1四点共面,都在平面11ACC A 内，而点 B 不在平面11ACC A 内，所以1,M O A B 四点不共面，故选项 B 正确；1,B B O 三点均在平面11BB D D 内，而点 A 不在平面11BB D D 内，所以直线 AO 与平面11BB D D 相交且点 O 是交点，所以点 M 不在平面11BB D D 内，即1,B B O M 四点不共面，故选项 C 错误；11BCD A，且11=BC D A，所以11BCD A 为平行四边形，所以11,CA BD 共面，所以1,B D C M

14、四点共面.2在正方体中，E、F、G、H 分别是该点所在棱的中点，则下列图形中 E、F、G、H 四点共面的是（）ABCD【答案】B【分析】对于 B，证明/EHFG 即可；而对于 BCD，首先通过辅助线找到其中三点所在的平面，然后说明另外一点不在该平面中即可.【详解】对于选项 A，如下图，点 E、F、H、M 确定一个平面，该平面与底面交于 FM，而点G 不在平面 EHMF 上，故 E、F、G、H 四点不共面；对于选项B，连结底面对角线 AC，由中位线定理得/FGAC，又/EHAC，则/EHFG，故 E、F、G、H 四点共面对于选项 C，显然 E、F、H 所确定的平面为正方体的底面，而点G 不在该平

15、面内，故 E、F、G、H 四点不共面；对于选项 D，如图，取部分棱的中点，顺次连接，得一个正六边形，即点 E、G、H 确定的平面，该平面与正方体正面的交线为 PQ，而点 F 不在直线 PQ上，故 E、F、G、H 四点不共面3（2023 年湖北省阶段性测试数学试题）如图所示，在空间四边形 ABCD 中，E，F 分别为 AB，AD 的中点，,G H 分别在，CD 上，且:1:2.BG GCDH HC则下面几个说法中正确的个数是（）E，F，G，H 四点共面；/;EG FH 若直线 EG 与直线 FH 交于点 P，则 P，A，C 三点共线A0B1C2D3【答案】C【分析】推导出/EF BD，/GH B

16、D，从而/EF GH，由此能证明HGFE,四点共面；EFGH，从而直线 EG 与直线 FH 必相交，设交点为 P，证明 P 点在直线 AC 上【详解】如图所示，E，F 分别为 AB，AD 的中点，/EF BD，12EFBD，,G H 分别在 BC，CD 上，且:1:2BG GCDH HC，/GH BD，23GHBD，/EF GH，则 E，F，G，H 四点共面，说法正确；GHEF，四边形 FEGH 是梯形，/EG FH 不成立，说法错误；若直线 EG 与直线 FH 交于点 P，则由 PEG，EG 平面 ABC，得 P平面 ABC，同理 P平面 ACD，又平面 ABC 平面 ACDAC，P AC则

17、 P，A，C 三点共线，说法正确；说法中正确的有 2 个.考点二、空间位置关系的判断1（2023 年河南名校联考模拟数学试题）已知空间三条直线l,m,n.若l 与m 垂直,l 与n 垂直,则（）Am 与n 异面Bm 与n 相交C m 与n 平行D以上均有可能【答案】D【详解】ml,nl,m 与n 既可以相交,也可以异面,还可以平行.2如图,两个正方形 ABCD,ADEF 不在同一个平面内,点 P,Q 分别为线段 EF,CD 的中点,则直线 FQ 与PB 的位置关系是（）A相交B平行C异面D不确定【答案】C【详解】如图,取 AB 的中点G,连接GQ,GF,EQ,则ADGQ/,又EFAD/,EFG

18、Q/,则G,Q,E,F 四点确定平面GQEF.又FQ平面GQEF,P平面GQEF,FQP,B平面GQEF,直线 FQ 与 PB 是异面直线.3已知平面，直线l、m，若m，则“/l m”是“/l”的（）A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件【答案】D【分析】利用线面的位置关系结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.【详解】若/l m，且m，则/l 或l ，即“/l m”“/l”；若/l，且m，则/l m或l、m 异面，则“/l m”“/l”.因此，“/l m”是“/l”的既不充分也不必要条件.4（2014 年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（辽宁卷）已知m，

19、n 表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是（）A若/,/,mn 则/mnB若m，n，则mnC若m，mn，则/nD若/m，mn，则n【答案】B【详解】试题分析：线面垂直，则有该直线和平面内所有的直线都垂直，故 B 正确.考点：空间点线面位置关系1（2023 年广东省模拟数学试题）已知 a，b 为不同的两条直线，为不同的两个平面，则/ab 的一个充分条件是（）A/a，/bB/a，bC/a，a且b D/，a，b【答案】C【分析】根据直线与平面位置关系的判定与性质，结合充分条件，逐项判定，即可求解.【详解】对于 A 中，若/a，/b，则直线a 与b 平行、相交或异面，所以 A 不符合题意；对于

20、B 中，若/a，b，则直线a 与b 平行或异面，所以 B 不符合题意；对于 C 中，若/a，a，b，根据线面平行的性质定理，可得ba/，所以“/a，a且b”是“ba/”的充分条件，所以 C 符合题意；对于 D 中，若/，a，b，则直线a 与b 平行或异面，所以 D 不符合题意.2若直线 1l 和 2l 是异面直线,1l 在平面 内,2l 在平面 内,l 是平面 与平面 的交线,则下列结论正确的是（）.A.l 与 1l,2l 都不相交B.l 与 1l,2l 都相交C.l 至多与 1l,2l 中的一条相交D.l 至少与 1l,2l 中的一条相交【答案】D【详解】(法一)由于l 与直线 1l,2l

21、分别共面,故直线l 与 1l,2l 要么都不相交,要么至少与 1l,2l 中的一条相交.若l 1l,l 2l,则 1l 2l,这与 1l,2l 是异面直线矛盾.故l 至少与 1l,2l 中的一条相交.(法二:模型法)如图(1),1l 与 2l 是异面直线,1l 与l 平行,2l 与l 相交,故 A,B 不正确;如图(2),1l 与 2l 是异面直线,1l,2l 都与l 相交,故 C 不正确.图(1)图(2)3若a,b 是异面直线,b,c 是异面直线,则（）Aca/Bca,是异面直线Cca,相交Dca,平行或相交或异面【答案】D【详解】a,b,c 的位置关系有下面三种情况,如图,由图形分析可知应

22、选 D.4（2023 年内蒙古自治区模拟数学试题）已知直线m、n，平面、，给出下列命题：若m，n，且mn，则若/m，n，则/m n若m，/n ，且/m n，则若m，/n ，且mn，则其中正确的命題是（）ABCD【答案】A【分析】根据线线、线面和面面位置关系的有关知识对各个命题进行分析,由此确定正确答案.【详解】对于,若,mn,则,m n 分别为,一个法向量，由mnmn,所以正确；对于,若,mn,则可能,m n是异面直线，所以错误；对于，若,mmn,则n,由于 n ,所以,所以正确；对于，若m，/n ，且 mn,此时无法判断m 是否与平面 内的两条相交直线垂直；故错误；考点三、异面直线所成的角1

23、（2021 年全国高考乙卷数学（文）试题）在正方体1111ABCDA BC D中，P 为11B D 的中点，则直线 PB 与1AD所成的角为（）A 2B 3C 4D 6【答案】D【分析】平移直线1AD 至1BC，将直线 PB 与1AD 所成的角转化为 PB 与1BC 所成的角，解三角形即可.【详解】如图，连接11,BC PC PB，因为1AD 1BC，所以1PBC或其补角为直线 PB 与1AD 所成的角，因为1BB 平面1111DCBA，所以11BBPC，又111PCB D，1111BBB DB，所以1PC 平面1PBB，所以1PCPB，设正方体棱长为 2，则111112 2,22BCPCD

24、B，1111sin2PCPBCBC，所以16PBC.2（2022 年全国高考甲卷数学（理）试题）在长方体1111ABCDA BC D中，已知1B D 与平面 ABCD和平面11AA B B所成的角均为30，则（）A2ABADBAB 与平面11ABC D 所成的角为30C1ACCBD1B D 与平面11BB C C 所成的角为45【答案】D【分析】根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出【详解】如图所示：不妨设1,ABa ADb AAc，依题以及长方体的结构特征可知，1B D 与平面 ABCD所成角为1B DB，1B D与平面11AA B B所成角为1DB A，所以11sin30cbB DB

25、 D，即bc，22212B Dcabc，解得2ac对于 A，ABa=，ADb=，2ABAD，A 错误；对于 B，过 B 作1BEAB于 E，易知 BE 平面11ABC D，所以 AB 与平面11ABC D 所成角为BAE，因为2tan2cBAEa，所以30BAE，B 错误；对于 C，223ACabc，2212CBbcc，1ACCB，C 错误；对于 D，1B D 与平面11BB C C 所成角为1DB C，112sin22CDaDBCB Dc，而1090DBC，所以145DBCD 正确3几何原本是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥.如图，若,

26、AB CD 都是直角圆锥 SO 底面圆的直径，且3AOD，则异面直线SA与 BD所成角的余弦值为（）A 13B24C64D63【答案】C【分析】根据已知条件证明/DBAC，得到SAC或其补角为异面直线SA与 BD所成的角.在 SAC 中利用余弦定理计算可得结果.【详解】如图，连接,AD BC AC SC.因为O 为,AB CD 中点，且 ABCD，所以四边形 ADBC 为矩形，所以/DBAC，所以SAC或其补角为异面直线SA与 BD所成的角.设圆O 的半径为 1，则2SASC.因为3AOD，所以3ADO.在直角DAC中，2CD ，得3AC.所以222(2)(3)(2)6cos4223SAC，所

27、以异面直线SA 与 BD所成角的余弦值为64.1在正方体1111ABCDA BC D中，M 是正方形 ABCD的中心，则直线1A D 与直线1B M 所成角大小为（）A30B45C60D90【答案】A【分析】如图，连接1BC，MC，MB，利用余弦定理可求1CB M的值，从而可得直线1A D 与直线1B M 所成角大小.【详解】设正方体的棱长为 a2，连接1BC，MC，MB，因为11/B C A D，故1CB M或其补角为直线1A D 与直线1B M 所成角.而12 2B Ca，2MCa，222211426B MB BBMaaa，故22211BCB MCM，所以1MBCM，所以163cos22

28、2aCB Ma，因为1CB M为锐角，故130CB M，2（2023 年浙江省模拟数学试题）在正方体1111ABCDA BC D中，E 是11C D 的中点，则异面直线 DE 与 AC所成角的余弦值是（）A0B 21C 3 1010D 1010【答案】D【分析】根据题意分析可得异面直线 DE 与 AC 所成角为DEF（或DEF的补角），在 DEF中利用余弦定理运算求解.【详解】取11A B 的中点 F，连接11,AC EF DF，因为11/CCAA，且11AACC，则11AAC C 为平行四边形，可得11/CAAC，又因为FE,分别为1111,C D A D 的中点，则11/CAEF，所以AC

29、EF/，故异面直线 DE 与 AC 所成角为DEF（或DEF的补角），设正方体的棱长为 2，则5,2DEDFEF，在 DEF中，由余弦定理22252510cos210252DEEFDFDEFDE DF，所以异面直线 DE 与 AC 所成角的余弦值是1010.3已知直三棱柱111ABCA B C-的所有棱长都相等，M 为11AC 的中点，则 AM 与1BC 所成角的余弦值为（）A153B53C64D 104【答案】D【分析】取 AC 的中点 N，连接1C N，则1/AMC N,所以异面直线 AM 与1BC 所成角就是直线 AM 与1C N 所成角，在1BNC中，利用余弦定理，即可求解【详解】由题

30、意，取 AC 的中点 N，连接1C N，则1/AMC N,所以异面直线 AM 与1BC 所成角就是直线 AM 与1C N 所成角，设正三棱柱的各棱长为2,则115,2 2,3C NBCBN，设直线 AM 与1C N 所成角为，在1BNC中，由余弦定理可得222(5)(2 2)(3)10cos4252 2，即异面直线 AM 与1BC 所成角的余弦值为104，故选 D【点睛】本题主要考查了异面直线所成角的求解，其中解答中把异面直线所成的角转化为相交直线所成的角是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题考点四、空间几何体的截面问题1（2023 年贵州模拟数学试题）在正三棱柱111 CBAAB

31、C 中,3AB,61 AA,D,E 分别在 AB,BC 上,且1 BEBD,则过 D,E,1C 三点的平面截此棱柱所得截面的面积为（）A4B26C6D210【答案】C【详解】如图,连接DA1,易知11/CAACDE,过 D,E,1C 三点的截面的面积,即等腰梯形11ADEC的面积.因为正三棱柱111 CBAABC 中,1 BEBD,61 AA,所以1DE,2AD,101DA,所以等腰梯形11ADEC的面积为6110)31(21.2已知正方体1111ABCDA BC D的棱长为 4，E，F 分别是棱1AA，BC 的中点，则平面1D EF 截该正方体所得的截面图形周长为（）A6B102C 132

32、5D 2 139 5253【答案】D【分析】取1CC 的中点G，连接 BG,则1/D EBG,取CG 的中点 N，连接 FN，延长1,D E DA交于 H，连接FH交 AB 于点 M，连接，作出截面图形，然后再分别求出各边长，从而得出答案.【详解】取1CC 的中点G，连接 BG,则1/D EBG,取CG 的中点 N，连接 FN，则/FNBG所以1/FND E,则直线 FN 平面1D EF延长1,D E DA交于 H，连接 FH 交 AB 于点 M，连接ME,则 A 为 HD 的中点.则平面1D EF 截该正方体所得的截面图形为1D EMFN由条件可得12A EAE,则13,1C NCN,则22

33、1422 5D E 221435D N,22125FN 取 AD 的中点Q，连接QF，则/AMFQ，所以 AMAHFQHQ所以48463AHAMFQHQ,则43MB 则222810433MEAEAM22242 13433MFMBBF所以截面图形周长为11102 132 139 5252 555333D EEMMFFNND3（2023 年普通高等学校招生全国统一考试押题卷数学试题）如图，在正方体1111ABCDA BC D中，E，F分别为棱 BC，1CC 的中点，过点 A，E，F 作一截面，该截面将正方体分成上、下两部分，则分成的上、下两部分几何体的体积比为（）A2B157C177D197【答案

34、】C【分析】根据题意分析可得过点 A，E，F 的截面即为截面1AEFD，截面将正方体分成上、下两部分，其中下部分1ADDECF为三棱台，结合台体的体积公式分析运算.【详解】如图，连接1AD，11,D F BC，E，F 分别为棱 BC，1CC 的中点，则 EF1BC，又 AB11C D，且11ABC D，则11ABC D 为平行四边形，1AD1BC，可得1EFAD，故则过点 A，E，F 的截面即为截面1AEFD，截面将正方体分成上、下两部分，其中下部分1ADDECF为三棱台，且三棱台1ADDECF的高为 DC 设正方体的棱长为 2，则11112 22,1 1222ADDECFSS ，可得正方体的

35、体积1 1 112 2 28ABCD A B C DV ，三棱台1ADDECF的体积111172223223ADDECFV，故分成的上、下两部分几何体的体积比为781737731如图，在三棱柱111ABCA B C-中，过11A B 的截面与 AC 交于点 D，与 BC 交于点 E，该截面将三棱柱分成体积相等的两部分，则 CDAC（）A 13B 12C 232D312【答案】D【分析】利用棱柱，棱台的体积公式结合条件即得.【详解】由题可知平面11A B ED 与棱柱上，下底面分别交于11A B，ED，则11A B ED，EDAB，显然111CDEC A B是三棱台，设 ABC 的面积为 1，C

36、DE 的面积为 S，三棱柱的高为 h，111(1)23hhSS，解得312S，由CDECAB，可得3121CDSAC.2在正方体1111ABCDA BC D中，棱长为 3，E 为棱1BB 上靠近1B 的三等分点，则平面1AED 截正方体1111ABCDA BC D的截面面积为（）A2 11B4 11C2 22D4 22【答案】C【分析】根据题意运用基本事实作出截面，根据截面的几何特征求其面积即可.【详解】延长11,AE A B 交于点 F，连接1D F 交11B C 于点G，如图，在正方体1111ABCDA BC D中，面11/ADD A面11BCC B，面1AFD面111ADD AAD，面1

37、AFD面11BCC BEG1/ADGE，又13 2,2ADGE四边形1AEGD 是梯形，且为平面1AED 截正方体1111ABCDA BC D的截面.又113DGAE，在等腰梯形1AEGD 中，过G 作1GHAD，221111GHDGD H11123 2112 2222SADEGGH.3（2018 年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标 I 卷）已知正方体的棱长为 1，每条棱所在直线与平面 所成的角都相等，则 截此正方体所得截面面积的最大值为（）A 3 34B 2 33C 3 24D32【答案】A【分析】首先利用正方体的棱是 3 组每组有互相平行的 4 条棱，所以与 12 条棱所成角相

38、等，只需与从同一个顶点出发的三条棱所成角相等即可，从而判断出面的位置，截正方体所得的截面为一个正六边形，且边长是面的对角线的一半，应用面积公式求得结果.【详解】根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，所以在正方体1111ABCDA BC D中，平面11AB D 与线11111,DABAAA所成的角是相等的，所以平面11AB D 与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，同理平面1C BD 也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等，要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面11AB D 与1C BD 中间的，且过棱的中点的正六边形，且边长为22，所以其面积为433)22(4362 S.

39、点睛：该题考查的是有关平面被正方体所截得的截面多边形的面积问题，首要任务是需要先确定截面的位置，之后需要从题的条件中找寻相关的字眼，从而得到其为过六条棱的中点的正六边形，利用六边形的面积的求法，应用相关的公式求得结果.【基础过关】1（2023 年贵州省文化水平测试数学试题）下列说法正确的是（）A三个点可以确定一个平面B两条平行直线一定能确定一个平面C两条直线没有公共点则一定平行D若直线a 不在平面 内，则 a 与 无交点【答案】B【分析】根据空间点线面关系辨析即可；【详解】选项 A:不共线的三个点可以确定一个平面，选项错误；选项 B:两条平行直线一定能确定一个平面，选项正确；选项 C:两条直线

40、没有公共点可以平行或者异面，选项错误；选项 D:若直线a 不在平面 内，则a 与 无交点或者有一个交点，选项错误；2下列命题中正确的命题为.若 ABC 在平面 外，它的三条边所在的直线分别交 于 PQR、，则 PQR、三点共线；若三条直线abc、互相平行且分别交直线l 于、ABC 三点，则这四条直线共面；若直线ab、异面，bc、异面，则ac、异面；若,ac bc，则/ab.【答案】【分析】根据三点共线和共面的性质、异面直线的性质、垂直的性质逐一判断即可.【详解】对于，设平面平面ABCl，因为 P，所以 P平面 ABC，所以 Pl，同理Ql，Rl，故 PQR、三点共线，正确；对于，因为/ab，所

41、以,a b可以确定一个平面，因为,Aa Bb ab，所以 AB，所以l ，又Cl，所以C，因为/ca，所以/c 或c，又cC，所以/c 不成立，所以c，即这四条直线共面，所以正确；对于，直线ab、异面，bc、异面，但是ac、平行，所以错误，如下右图；对于，,ac bc，但abrr，所以错误，如下左图.3（2023 年湖南省模拟数学试题）下列命题正确的为（）若 ABC 在平面 外，它的三条边所在的直线分别交 于 P、Q，R，则 P，Q，R 三点共线；若三条直线 a，b、c 互相平行且分别交直线l 于 A、B、C 三点，则这四条直线共面；已知 a，b，c 为三条直线，若 a，b 异面，b，c 异面

42、，则 a，c 异面；已知 a，b，c 为三条直线，若ac，bc，则ab.ABCD【答案】D【分析】根据基本事实 3 可判断的正误，利用基本事实及 3 个推论可判断的正误，根据可能的反例可判断的正误.【详解】对于，设平面平面ABCl，因为 P，P平面 ABC，所以 Pl，同理Ql，Rl，故 P、Q、R 三点共线，正确；对于，因为/a b，所以 a，b 可以确定一个平面，因为 Aa，Bb，a，b，所以 AB，所以l ，又Cl，所以C.同理，,b c也可以确定一个平面 ，且C，b，因为Cb，故,重合，故这四条直线共面，所以正确；对于，直线 a、b 异面，b、c 异面，则a，c 可能平行、相交或异面，

43、所以错误；对于，ac，bc，则a，b 可能平行、相交或异面，所以错误.4已知,是两个不同的平面，直线l，且，那么“/l ”是“l”的（）A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件【答案】B【分析】根据空间线面位置关系，结合必要不充分条件的概念判断即可.【详解】解：当直线l，且，/l ，则l，或l/，l 与 相交，故充分性不成立，当直线l，且，l时，/l ，故必要性成立，所以，“/l ”是“l”的必要而不充分条件.5（2018 年全国普通高等学校招生统一考试文数（全国卷 II）在正方体1111ABCDA BC D中，E 为棱1CC 的中点，则异面直线 AE 与CD所

44、成角的正切值为（）A22B32C52D72【答案】C【分析】利用正方体1111ABCDA BC D中，/CD AB，将问题转化为求共面直线 AB 与 AE 所成角的正切值，在 ABE中进行计算即可.【详解】在正方体1111ABCDA BC D中，/CD AB，所以异面直线 AE 与CD所成角为EAB，设正方体边长为 a2，则由 E 为棱1CC 的中点，可得CEa，所以5BEa，则55tan22BEaEABABa.【点睛】求异面直线所成角主要有以下两种方法：（1）几何法：平移两直线中的一条或两条，到一个平面中；利用边角关系，找到（或构造）所求角所在的三角形；求出三边或三边比例关系，用余弦定理求角

45、；（2）向量法：求两直线的方向向量；求两向量夹角的余弦；因为直线夹角为锐角，所以对应的余弦取绝对值即为直线所成角的余弦值.6（2017 年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标 2 卷）已知直三棱柱111CC 中，C120，2，1CCC1，则异面直线1 与1C所成角的余弦值为（）A32B155C105D33【答案】C【详解】如图所示，补成直四棱柱1111ABCDA BC D，则所求角为21111,2,21 2 2 1 cos603,5BC DBCBDC DAB ，易得22211C DBDBC，因此111210cos55BCBC DC D平移法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过

46、平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下：平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；计算：求该角的值，常利用解三角形；取舍：由异面直线所成的角的取值范围是(0,2，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围7（2023 年江苏省模拟数学试题）正方体1111ABCDA BC D的棱长为 1，当 E，F，G 分别是11B C，11C D，1B B 的中点时，平面 EFG 截正方体所截面的周长为.【答案】3 2【分析】先作出平面 EFG 截正方体所得截面，进而求得

47、该截面的周长.【详解】连接 EG 并延长交CB 延长线于Q，则12BQCB过 Q 作/QH BD，交 AB 于 H，交 AD于 K，则,BHHA AKKD，过 K 作1/KT AD，交1DD 于T，连接 FT，则六边形 FEGHKT 即为平面 EFG 截正方体所得截面，又,F E G H K T 均为棱的中点，则截面的周长为3 2.8（2023 届云南省教学质量监测数学试题）如下图所示，在正方体1111ABCDA BC D中，如果点 E 是1AA 的中点，那么过点1D、B、E 的截面图形为（）A三角形B矩形C正方形D菱形【答案】D【分析】根据题意作出截面图形，然后利用正方体的性质求解即可.【详

48、解】分别取11,BB CC 的中点,G F，连接11,AG BF D F GF，如图1D EBF 即为过点EBD、1截正方体所得的截面图形，由题意可知：1/A EGB 且1AEGB，所以四边形1A EBG 为平行四边形，所以1/AGEB，又因为11/GFB C 且11GFB C，1111/A DB C 且1111A DBC，所以11/A DGF 且11 ADGF，所以四边形11AGFD 为平行四边形，所以11/D FAG,所以1/D FEB，同理1/EDBF，所以四边形1D EBF 为平行四边形，又因为 EBBF，所以平行四边形1D EBF 为菱形，9如图，在正四棱柱1111ABCDA BC

49、D中，122AAAD，点 E 为棱1BB 的中点，过 A，E，1C 三点的平面截正四棱柱1111ABCDA BC D所得的截面面积为（）A2B2 2C2 3D3【答案】D【分析】根据题意画出截面，得到截面为菱形1AEC F，从而可求出截面的面积.【详解】取1DD 的中点 F，1CC 的中点G，连接1,AF FC BG FG EF，因为该几何体为正四棱柱，/,ABCDFG ABCDFG故四边形 ABGF 为平行四边形，所以/AFBG，又1/BGEC，1/AFEC，同理1/AEFC，且112AFECAEFCEF，所以过 A，E，1C 三点的平面截正四棱柱1111ABCDA BC D所得的截面为菱形

50、1AEC F，所以该菱形1AEC F 的面积为232234.10正方体1111ABCDA BC D的棱长为 2，E 是棱1DD 的中点，则平面1AC E 截该正方体所得的截面面积为（）A5B2 5C4 6D2 6【答案】D【分析】作出示意图，设 F 为1BB 的中点，连接1,AF FC EF，易得平面1AC E 截该正方体所得的截面为1AFC E，再计算其面积.【详解】如图所示，设 F 为1BB 的中点，连接1,AF FC，设G 为1CC 的中点，连接,EG GB，由/EG AB 且 EGAB，得 ABGE 是平行四边形，则/AEBG且 AEBG，又1/BG C F 且1BGC F，得1/AE

51、 C F 且1AEC F，则1,A E C F 共面，故平面1AC E 截该正方体所得的截面为1AFC E.又正方体1111ABCDA BC D的棱长为 2，11AFFCECEA，12 3AC，2 2EF，1EFAC，故1AFC E 的面积为12 22 32 62S.11（2019 年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标）如图，点 N 为正方形 ABCD的中心，ECD为正三角形，平面 ECD 平面,ABCD M 是线段 ED的中点，则（）A BMEN，且直线,BM EN 是相交直线B BMEN，且直线,BM EN 是相交直线C BMEN，且直线,BM EN 是异面直线D BMEN，且直线,BM

52、 EN 是异面直线【答案】B【解析】利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题【详解】如图所示，作 EOCD于O，连接ON，过 M 作 MFOD于 F 连 BF，平面CDE 平面 ABCD,EOCD EO 平面CDE，EO平面 ABCD，MF 平面 ABCD，MFB与 EON均为直角三角形设正方形边长为 2，易知3,12EOONEN，35,722MFBFBMBMEN【点睛】本题考查空间想象能力和计算能力，解答本题的关键是构造直角三角形【能力提升】1（2023 年河北省模拟数学试题）一个正四棱锥的平面展开图如图所示，其中 E，F，M，N，Q 分别为2P A，1PD，4P D，4PC，3CP的中点，

53、关于该正四棱锥，现有下列四个结论：直线 AF 与直线 BQ是异面直线；直线 BE 与直线 MN 是异面直线；直线 BQ与直线 MN 共面；直线 BE 与直线 AF 是异面直线.其中正确结论的个数为（）A4B3C2D1【答案】B【分析】作出直观图，根据直线共面的判定与性质逐个判断即可.【详解】根据展开图，复原几何体，如下图所示：对，因为QNMF,分别为1PD，4P D，4PC，3PC 的中点，所以 FNCD，又 ABCD，则 FNAB，故BANF,四点共面，故直线 AF 与直线 BQ是共面直线，错误；对，E 在过BANF,四点的平面外，故直线 BE 与直线 MN 是异面直线，正确；对，N N，Q

54、 重合，故直线 BQ与直线 MN 共面，正确；对，E 在过BANF,四点的平面外，故直线 BE 与直线 AF 是异面直线，正确；综上有正确.2已知a、b 表示两条不同的直线，表示平面，则下面四个命题正确的是（）若/ab，b，则/a；若abrr，a，则/b；若/ab，a，则b；若a，/b，则abrr ABCD【答案】D【分析】举例说明判断；利用线线、线面垂直的判定、性质推理判断作答.【详解】长方体1111ABCDA BC D中，平面 ABCD为平面，直线 BC 为直线b，如图，当直线 AD 为直线a 时，满足/ab，b，而a，不正确；当直线1AA 为直线a 时，满足abrr，a，而b，不正确；在

55、平面 内取两条相交直线nm,，如图，因a，则,am an，而/ab，则,bm bn，又,m n，nm,是相交直线，所以b，正确；因/b，过直线b 作平面c，如图，则有/bc，又a，c，于是得ac，从而得abrr，正确，所以给定命题正确的是.3如图正方体1111ABCDA BC D，棱长为 1，P 为 BC 中点，Q 为线段1CC 上的动点，过 APQ 的平面截该正方体所得的截面记为.若1CQCC，则下列结论错误的是（）A当102,时，为四边形B当12 时，为等腰梯形C当3,14时，为六边形D当1 时，的面积为62【答案】C【分析】根据题意，依次讨论各选项，作出相应的截面，再判断即可.【详解】解

56、：当102时，如下图 1，是四边形，故 A 正确；当12 时，如下图 2，为等腰梯形，B 正确：当 314 时，如下图 3，是五边形，C 错误；当1 时，Q 与1C 重合，取11A D 的中点 F，连接 AF，如下图 4，由正方体的性质易得1/BMPCAF，且1PCAF，截面 为1APC F 为菱形，其面积为11622AC PF.4在长方体1111ABCDA BC D中，点 E，F 分别是棱11A D，1A A 的中点，点O 为对角线 AC，BD的交点，若平面 EOF平面 ABCDl，lABG，且 AGkGB，则实数 k （）A 14B 13C 12D23【答案】B【分析】延长 EF 交的 D

57、A延长线于 H，利用平面的基本性质可得直线OH 即为直线l，然后利用正方体的性质可得14AGAB，即得.【详解】延长 EF 交的 DA延长线于 H，连接交 AB 于G，,HEF EF 平面 EOF，,HAD AD 平面 ABCD，平面 EOF平面 ABCDl，Hl，故直线OH 即为直线l，取 AD的中点 M，连接,MO ME，又点 E，F 分别是棱11A D，1A A 的中点，1AHA EAM，1124AGMOAB，34BGAB，13AGGB，即13k.5如图，在边长为2 的正方体1111ABCDA BC D中，E、F 分别为棱CD、1DD 的中点，则平面 BEF 截该正方体所得截面的面积为.

58、【答案】92/4.5【分析】连接1CD、1AB、1A F，分析可知平面 BEF 截正方体1111ABCDA BC D所得截面为梯形1A BEF，计算出梯形1A BEF 的面积，即可得解.【详解】连接1CD、1AB、1A F，如下图所示：在正方体1111ABCDA BC D中，11/BC A D 且11BCA D，故四边形11A BCD 为平行四边形，所以，11/A B CD，E、F 分别为CD、1DD 的中点，则1/EF CD 且1122EFCD，1/EF A B，因为平面11/AA B B平面11CC D D，平面 BEF I 平面11CC D DEF，设平面 BEF I 平面11AA B

59、Bl，则/l EF，因为 B 为平面 BEF 与平面11AA B B的一个公共点，且1/A B EF，Bl，故直线1A B 与直线l 重合，且12 2A B，故梯形1A BEF 为截面 BEF 截正方体1111ABCDA BC D所得截面，过点 E、F 在平面1A BEF 内作1EGA B，1FHA B，垂足点分别为G、H，因为225BEBCCE，同理可得15A F，则梯形1A BEF 为等腰梯形，因为1BEA F，1EBGFA H，190BGEA HF，则1BGEA HF，所以，1BGA H，在平面1A BEF 内，/EF HG，1FHA B，1EGA B，则/EG FH，故四边形 EFHG

60、 为矩形，所以，2GHEF，则11222A BGHBGA H，223 22EGBEBG，因此，截面面积为1922EFA BEGS.6（2022 年全国高考乙卷数学（理）试题）在正方体1111ABCDA BC D中，E，F 分别为,AB BC 的中点，则（）A平面1B EF 平面1BDDB平面1B EF 平面1A BDC平面1/B EF平面1A ACD平面1/B EF平面11AC D【答案】A【分析】证明 EF 平面1BDD，即可判断 A；如图，以点 D 为原点，建立空间直角坐标系，设2AB，分别求出平面1B EF，1A BD，11AC D 的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断 BCD.【详

61、解】解：在正方体1111ABCDA BC D中，ACBD且1DD 平面 ABCD，又 EF 平面 ABCD，所以1EFDD，因为,E F 分别为,AB BC 的中点，所以 EFAC，所以 EFBD，又1BDDDD，所以 EF 平面1BDD，又 EF 平面1B EF，所以平面1B EF 平面1BDD，故 A 正确；选项 BCD 解法一：如图，以点 D 为原点，建立空间直角坐标系，设2AB，则112,2,2,2,1,0,1,2,0,2,2,0,2,0,2,2,0,0,0,2,0BEFBAAC，1 0,2,2C，则11,1,0,0,1,2EFEB，12,2,0,2,0,2DBDA，1110,0,2,

62、2,2,0,2,2,0,AAACAC 设平面1B EF 的法向量为111,mx y z，则有11111020m EFxym EByz，可取2,2,1m，同理可得平面1A BD 的法向量为11,1,1n ，平面1A AC 的法向量为21,1,0n，平面11AC D 的法向量为31,1,1n，则122 110m n ，所以平面1B EF 与平面1A BD 不垂直，故 B 错误；因为 m 与2n 不平行，所以平面1B EF 与平面1A AC 不平行，故 C 错误；因为 m 与3n 不平行，所以平面1B EF 与平面11AC D 不平行，故 D 错误.选项 BCD 解法二：解：对于选项 B，如图所示，

63、设11A BB EM，EFBDN，则 MN 为平面1B EF 与平面1A BD 的交线，在 BMN 内，作 BPMN于点 P，在 EMN 内，作GPMN，交 EN 于点G，连结 BG，则BPG或其补角为平面1B EF 与平面1A BD 所成二面角的平面角，由勾股定理可知：222PBPNBN，222PGPNGN，底面正方形 ABCD中，,E F 为中点，则 EFBD，由勾股定理可得222NBNGBG，从而有：2222222NBNGPBPNPGPNBG，据此可得222PBPGBG，即90BPG，据此可得平面1B EF 平面1A BD 不成立，选项 B 错误；对于选项 C，取11A B 的中点 H，

64、则1AHB E，由于 AH 与平面1A AC 相交，故平面1B EF平面1A AC 不成立，选项 C 错误；对于选项 D，取 AD的中点 M，很明显四边形11A B FM 为平行四边形，则11AMB F，由于1A M 与平面11AC D 相交，故平面1B EF平面11AC D 不成立，选项 D 错误；7如图，正方体1111ABCDA BC D的棱长为 4，点 M 是棱 AB 的中点，点 P 是底面 ABCD 内的动点，且 P到平面11ADD A 的距离等于线段 PM 的长度，则线段1B P 长度的最小值为【答案】2 6【分析】根据抛物线的定义，可知点 P 是以 M 为焦点，以 AD 为准线的抛

65、物线，然后根据空间中两点的距离来求解.【详解】由 P 到平面11ADD A 的距离等于线段 PM 的长度，可知点 P 是以 M 为焦点，以 AD 为准线的抛物线.以 AM 中点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.1,0,0M1 3,0,4B，设,0P x y，点 P 的方程为：24,03yxx2221=316=225B Pxyxx当1x 时，1B P 长度最小为2 68如图所示，在棱长为1的正方体1111ABCDA BC D中，M、N 分别是11A D、11A B 的中点，过直线 BD的平面/平面 AMN，则平面 截该正方体所得截面的面积为（）.A62B 98C2D3【答案】B【分析】如

66、图 1，取11CB的中点 E，11DC的中点 F，连接 EF，BE，DF，11DB，则11/DBEF，BDDB/11，所以BDEF/，故 EF，BD在同一平面内，然后利用面面平行的判定定理可证得平面/AMN平面 BDFE，所以平面 截该正方体所得截面为平面 BDFE，然后在图 2 中的图形计算即可.【详解】如图 1，取11CB的中点 E，11DC的中点 F，连接 EF，BE，DF，11DB，则11/DBEF，BDDB/11，所以BDEF/，故 EF，BD在同一平面内，连接 ME，因为 M，E 分别为11DA，11CB的中点，所以ABME/，且ABME，所以四边形 ABEM 是平行四边形，所以B

67、EAM/，又因为BE平面 BDFE，AM 平面 BDFE，所以/AM平面 BDFE，同理/AN平面 BDFE，因为 AMANA，AM、AN 平面 AMN，所以平面 AMN/平面 BDFE，112BDB D，111222EFB D，52DFBE，等腰梯形 BDFE 如图 2，过 E，F 作 BD的垂线，垂足分别为G，H，则四边形 EFGH 为矩形，所以22513 2484FGDFDG，故所得截面的面积为 123 2922248.9已知长方体1111ABCDA BC D中14ABAA，3BC ，M 为1AA 的中点，N 为11C D 的中点，过1B 的平面 与 DM，1A N 都平行，则平面 截长

68、方体所得截面的面积为（）A3 22B3 11C4 22D5 11【答案】A【分析】过1B 作11/B EA N 交11D C 延长线于 E，G 为1CC 中点，连接1B G，利用长方体性质及线面平行的判定证1/A N面1B GE、/DM面1B GE，即面1B GE 为平面，再延长 EG 交 DC 于 F，连接 AF，利用线线、线面的性质确定面1AFGB 为平面 截长方体所得截面，最后延长1,AF B G 分别交 BC 于一点并判断交于同一点，根据已知结合余弦定理、三角形面积公式及1134AFGBAHBSS求截面面积即可.【详解】过1B 作11/B EA N 交11D C 延长线于 E，则111

69、12C EDC，若G 为1CC 中点，连接1B G，而 M 为1AA 的中点，在长方体中1/BGDM，而111BGB EB且11,B G B E 面1B GE，由1A N 面1B GE，则1/A N面1B GE，由 DM 面1B GE，则/DM面1B GE，所以面1B GE 即为平面，延长 EG 交 DC 于 F，易知：F 为 DC 中点，则1/EFC D 且1EFC D，又11/C DB A 且11C DB A，故1AFEB 为平行四边形，则1/EFB A且1EFB A，故1,A F E G B 共面，连接 AF，即面1AFGB 为平面 截长方体所得截面，延长1,AF B G 分别交 BC

70、于一点，而在1,ABHB BH 中,CF CG 都为中位线，由14ABAA，3BC ，则1CGCFB BAB，故1,AF B G 交 BC 于同一点 H，易知：1AHB 为等腰三角形且12 13AHB H，14 2AB，则1104329cos2 5213AHB，可得12 22sin13AHB，又113312 22523 2244213AFGBAHBSS.【点睛】关键点点睛：利用长方体的性质及线面平行的判定确定平面，再根据平面的基本性质找到平面截长方体所得截面，并应用余弦定理、三角形面积公式及相似比求截面面积.10ba，为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形 ABC 的直角边 AC 所在直线

71、与ba，都垂直，斜边 AB 以直线 AC 为旋转轴旋转，有下列结论：当直线 AB 与 a 成 60角时，AB 与 b 成 30角；当直线 AB 与 a 成 60角时，AB 与 b 成 60角；直线 AB 与 a 所成角的最小值为 45；直线 AB 与 a 所成角的最大值为 60.其中正确的是.（填写所有正确结论的编号）【答案】【分析】由题意知，ACba、三条直线两两相互垂直，构建如图所示的边长为 1 的正方体，2,1ABAC，斜边 AB 以直线 AC 为旋转轴，则 A 点保持不变，B 点的运动轨迹是以C 为圆心，1为半径的圆，以C 坐标原点，以CD 为 x 轴，为 y 轴，CA 为 z 轴，建

72、立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果【详解】解：由题意知，ACba、三条直线两两相互垂直，画出图形如图，不妨设图中所示正方体边长为 1，故2,1ABAC，斜边 AB 以直线 AC 为旋转轴，则 A点保持不变，B 点的运动轨迹是以C 为圆心，1 为半径的圆，以C 坐标原点，以CD 为 x 轴，CB 为 y 轴，CA 为 z 轴，建立空间直角坐标系，则)1,0,0(),0,0,1(AD，直线a 的方向单位向量)0,1,0(a，1a，直线b 的方向单位向量)0,0,1(b，1b，设 B 点在运动过程中的坐标中的坐标）（0,sin,cosB，其中 为CB与CD 的夹角，2,0，BA 在运动过程中的向

73、量，)1,sin,(cosBA，2BA，设AB 与a 所成夹角为2,0，则22,0sin22)0,1,0()1,sin,(coscosBAa，2,4，正确，错误设AB 与b 所成夹角为20，cos22)0,0,1()1,sin,(coscosBAbbBAbBA，当AB 与a 夹角为 60时，即3，223cos2cos2sin，12sin2cos，21cos22cos，20，3，此时AB 与b 的夹角为 60，正确，错误【名师点睛】（1）平移直线法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下：平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所

74、成的角；认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；计算：求该角的值，常利用解三角形；取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2，可知当求出的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角.（2）求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围.【真题感知】1（2023 年高考全国乙卷数学（理）真题）已知 ABC 为等腰直角三角形，AB 为斜边，ABD为等边三角形，若二面角CABD为150，则直线 CD 与平面 ABC 所成角的正切值为（）A 15B25C35D 25【答案】C【分析】根据给定条件，推导确定线面角，再利用余弦定理、正弦定理求解作答.【详解】取 AB 的中点 E，连接,CE

75、 DE，因为 ABC 是等腰直角三角形，且 AB 为斜边，则有CEAB，又ABD是等边三角形，则 DEAB，从而CED为二面角CABD的平面角，即150CED，显然,CEDEE CE DE平面CDE，于是 AB 平面CDE，又 AB 平面 ABC，因此平面CDE 平面 ABC，显然平面CDE 平面 ABCCE，直线CD 平面CDE，则直线CD在平面 ABC 内的射影为直线CE，从而DCE为直线CD与平面 ABC 所成的角，令2AB，则1,3CEDE，在 CDE 中，由余弦定理得：2232cos1 32 13()72CDCEDECE DECED ，由正弦定理得 sinsinDECDDCECED，

76、即3sin1503sin72 7DCE，显然DCE是锐角，2235cos1 sin1()2 72 7DCEDCE，所以直线CD与平面 ABC 所成的角的正切为35.2（2023 年高考全国甲卷数学（文）真题）在三棱锥PABC 中，ABC 是边长为 2 的等边三角形，2,6PAPBPC，则该棱锥的体积为（）A1B3C2D3【答案】A【分析】证明 AB 平面 PEC，分割三棱锥为共底面两个小三棱锥，其高之和为 AB 得解.【详解】取 AB 中点 E，连接,PE CE，如图，ABC 是边长为 2 的等边三角形，2PAPB，,PEAB CEAB，又,PE CE 平面 PEC，PECEE，AB平面 PE

77、C，又3232PECE，6PC，故222PCPECE，即 PECE，所以11133 21332B PECA PECPECVVVSAB，3（2023 年新高考天津数学高考真题）在三棱锥PABC 中，线段 PC 上的点 M 满足13PMPC，线段 PB上的点 N 满足23PNPB，则三棱锥 PAMN和三棱锥PABC 的体积之比为（）A 19B29C 13D 49【答案】B【分析】分别过,M C 作,MMPA CCPA,垂足分别为,M C.过 B 作 BB 平面 PAC，垂足为 B，连接PB,过 N 作 NNPB,垂足为 N.先证 NN 平面 PAC，则可得到/BBNN，再证/MMCC.由三角形相似

78、得到13MMCC，23NNBB，再由P AMNN PAMP ABCB PACVVVV即可求出体积比.【详解】如图，分别过,M C 作,MMPA CCPA,垂足分别为,M C.过 B 作 BB 平面 PAC，垂足为 B，连接 PB,过 N 作 NNPB,垂足为 N.因为 BB 平面 PAC，BB 平面 PBB，所以平面 PBB 平面 PAC.又因为平面 PBB平面 PACPB，NNPB，NN 平面 PBB，所以 NN 平面 PAC，且/BBNN.在PCC中，因为,MMPA CCPA，所以/MMCC，所以13PMMMPCCC，在PBB中，因为/BBNN，所以23PNNNPBBB，所以1112323

79、1119332PAMP AMNN PAMP ABCB PACPACPA MMNNSNNVVVVSBBPA CCBB.4（2023 年北京高考数学真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形若25m,10mABBCAD，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面 ABCD的夹角的正切值均为145，则该五面体的所有棱长之和为（）A102mB112mC117mD125m【答案】C【分析】先根据线面角的定义求得5tantan14EMOEGO，从而依次求 EO，E

80、G，EB，EF，再把所有棱长相加即可得解.【详解】如图，过 E 做 EO 平面 ABCD，垂足为O，过 E 分别做 EGBC，EMAB，垂足分别为G，M，连接,OG OM，由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为EMO和EGO，所以5tantan14EMOEGO.因为 EO 平面 ABCD，BC 平面 ABCD，所以 EOBC，因为 EGBC，,EO EG 平面 EOG，EOEGE，所以 BC 平面 EOG，因为OG 平面 EOG，所以 BCOG，.同理：OMBM，又 BMBG，故四边形OMBG 是矩形，所以由10BC 得5OM ，所以14EO，所以5OG，所以在直角三角形 EOG 中，222253149EGEOOG在直角三角形 EBG 中，5BGOM，22223958EBEGBG，又因为15552555 ABEF，所有棱长之和为m1178415102252.